Giáo án lớp 12 môn Toán - Trường THPT Trưng Vương-Qui Nhơn

BÀI GIẢI ĐỀ SỐ 3 x 2 1 0 –1 2 4 y y = log2m Giải Câu I: 1. y = D = R \ y’ = "x Ỵ D x ® +1 thì y ® ¥ nên (x = 1) là tiện cận đứng. x ® ±1 thì y ® 2 nên (y = 2) là tiện cận ngang. (C) nhận giao điểm I(1, 2) làm tâm đối xứng. Các điểm đặc biệt: O(0, 0); (–1, 1); (2, 4) 2. f1(–x) = = f1(x) nên f1(x) làm hàm chẵn, có đồ thị (C1) đối xứng qua Oy. Khi x ³ 0, f1(x) = nên phần đồ thị (C1) với x ³ 0 trùng với (C) tương ứng, lấy đối xứng phần trên qua ta sẽ có phần đồ thị còn lại của (C1). * Xem (m – 2) . – m = 0; x Ỵ [–1, 2] (1) Vì = 1 không là nghiệm của (1), nên: (1) Û = m; x Ỵ [–1, 2] (2) * Dựa vào đồ thị (C1), ta có: m < 1: Phương trình (2) có 2 nghiệm x Ỵ (–1, 1) (nhận) ® Phương trình (1) có 2 nghiệm Ỵ [–1, 2] m = 1: Phương trình (2) có nghiệm x = 0 (nhận) ® Phương trình (1) có 1 nghiệm Ỵ [–1, 2] 1 < m < 4: Phương trình (2) có nghiệm ngoài [–1, 2] (loại) ® phương trình (1) VN ® phương trình (1) có 1 nghiệm Ỵ [–1, 2]. Câu II: 1. Lập bảng biến thiên và tìm tập giá trị của hàm số: y = MXĐ: R y' = = 0 Û x = 2; y = x –¥ 2 +¥ y’ + 0 – Y –1 1 Tập giá trị của hàm y là 2. Chứng minh bất đẳng thức: , "0 £ t £ 3. Đặt: x = 2t, theo kết quả trên ta có: ; dấu bằng chỉ xảy ra khi x = 2t = 2 Û t = 1. Mặt khác, ta có: ; dấu bằng chỉ xảy ra khi t = 3 – t Û t = Suy ra: Dấu bằng không thể xảy ra đồng thời nên ta được: ; t Ỵ [0, 3] (đpcm) Câu III: Cho phương trình: (cosx + 1)(cos2x – mcosx) = msin2x. 1. Giải phương trình khi m = –2: (cosx + 1)(2cos2x – 1 + 2cosx) = –2(1 – cos2x) Û (cosx + 1)(2cos2x + 1) = 0 Û cosx = –1 Û x = (2k + 1)p; k Ỵ Z. 2. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x trên đoạn . Biến đổi như trên, ta được: (cosx + 1)(2cos2x – 1 – m) = 0 Đặt: t = cosx, 0 £ x £ £ t £ 1, mỗi t ứng với đúng một x. y 1 0 y = m t Phương trình (t + 1)(2t2 – 1 – m) = 0 có hai nghiệm trên Û 2t2 – 1 – m = 0 có hai nghiệm trên Û 2t2 – 1 = m có hai nghiệm trên Xét đồ thị y = 2t2 – 1 với – £ t £ 1. Để đồ thị cắt đường thẳng y = m tại 2 điểm thì phải có: –1 < m £ –. Câu IV: 1. Hạ MM’ ^ Cy x M A D C N y M’ B O a x MN = DOMN vuông tại O. Û MO2 + ON2 = MN2 Û Û xy = (đpcm) 2. Tính VBDMN. Xác định x, y để VBDMN = . BD ^ (ACMN) Þ BD ^ MO VBDMN = MO = SBDN = NO.BD = Þ VBDMN = VBDMN = Giải hệ ta được: (x, y) = hoặc (x, y) = . ĐS: (x, y) = hoặc (x, y) = . Câu Va: 1. (P) có véctơ pháp tuyến = (2, –3, 6) (Q) // (P) nên (Q) có véctơ pháp tuyến = (2, –3, 6). Suy ra: (Q): 2x – 3y + 6z + a = 0. (Q) qua A(–2, 4, 3) nên 2(–2) – 3(4) + 6(3) + a = 0, nghĩa là a = –2 và (Q): 2x – 3y + 6z – 2 = 0 d((P), (Q) = d((A, P)) = 2. AH có véctơ chỉ phương = (2, –3, 6) và qua A(–2, 4, 3) nên ta có (AH): x = 2t – t, y = 4 – 3t, z = 3 + 6t (t Ỵ R). Suy ra có t0 Ỵ R thỏa xH = 2t0 – 2, yH = 4 – 3t0 và zH = 3 + 6t0. H Ỵ (P) nên 0 = 2xH – 3yH + 6zH + 19 = 2(2t0 – 2) – 3(4 – 3t0) + 6(3 + 6t0) + 19 Do đó: 49t0 = –21 và t0 = –. Suy ra Câu Vb: X = 1. Xem các số chẵn hình thức (kể cả a = 0) có 4 cách chọn e Ỵ , vì là số chẵn. Sau đó chọn a, b, c, d từ X \ , số cách chọn là: = 7.6.5.4 = 840 (vì khi thay đổi thứ tự thì trị n thay đổi). Vậy có: 7.6.5.4.4 = 3360 số chẵn hình thức. Ta loại những số có dạng . Có 3 cách chọn e Ỵ , và cách chọn b, c, d từ X \ . Vậy có 3.(6.5.4) = 360 số chẵn dạng . Kết luận có 3360 – 360 = 3000 số thỏa yêu cầu đề bài. 2. n = * Xem các số hình thức , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ : số cách chọn . Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài. * Xem các số hình thức . * Loại những số dạng hình thức ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài.